leetcode算法刷题的第三十四天

今天是动态规划的打家劫舍的一天，这个系列不算难，大家可以一口气拿下。

1.leetcode 198.打家劫舍

题目链接

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        if(nums.size()==0) return 0;//没有元素直接返回
        if(nums.size()==1) return nums[0];//如果只有一个元素，直接取数组的第一个元素
        vector<int> dp(nums.size());
        dp[0]=nums[0];
        dp[1]=max(nums[0],nums[1]);
        for(int i=2;i<nums.size();i++){
            dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1]);
        }
        return dp[nums.size()-1];
    }
};

思路总结：打家劫舍是DP解决的经典题目，这道题也是打家劫舍入门级题目，后面我们还会变种方式来打劫的。

依旧是动态规划的五部曲来分析这个问题

第一，确定dp数组以及下标的含义

dpi：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dpi。

第二，确定递推公式

决定dpi的因素就是第i房间偷还是不偷。

如果偷第i房间，那么dpi = dpi - 2 + numsi ，即：第i-1房一定是不考虑的，找出 下标i-2（包括i-2）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dpi-2 加上第i房间偷到的钱。

如果不偷第i房间，那么dpi = dpi - 1，即考 虑i-1房，（注意这里是考虑，并不是一定要偷i-1房，这是很多同学容易混淆的点）

然后dpi取最大值，即dpi = max(dpi - 2 + numsi, dpi - 1);

第三，dp数组如何初始化

从递推公式dpi = max(dpi - 2 + numsi, dpi - 1);可以看出，递推公式的基础就是dp0 和 dp1

从dpi的定义上来讲，dp0 一定是 nums0，dp1就是nums0和nums1的最大值即：dp1 = max(nums0, nums1);

代码如下：

vector<int> dp(nums.size());
dp[0] = nums[0];
dp[1] = max(nums[0], nums[1]);

第四，确定遍历顺序

dpi 是根据dpi - 2 和 dpi - 1 推导出来的，那么一定是从前到后遍历！

代码如下：

for (int i = 2; i < nums.size(); i++) {
    dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}

第五，举例推导dp数组

dpnums.size() - 1为结果。

2.leetcode 213.打家劫舍II

题目链接

class Solution {
public:
    //198.打家劫舍的逻辑
    int robRange(vector<int>& nums,int start,int end){
        if(end==start) return nums[start];
        vector<int> dp(nums.size());
        dp[start]=nums[start];
        dp[start+1]=max(nums[start],nums[start+1]);
        for(int i=start+2;i<=end;i++){
            dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1]);
        }
        return dp[end];
    }
    int rob(vector<int>& nums) {
        if(nums.size()==0) return 0;
        if(nums.size()==1) return nums[0];
        int result1=robRange(nums,0,nums.size()-2);//情况二
        int result2=robRange(nums,1,nums.size()-1);//情况三
        return max(result1,result2);
    }
};

思路总结：这道题的核心思路其实和打家劫舍的思路是一样的，唯一的区别就是变成了环。

对于这个数组，成环了的话就分成了三种情况。

第一种情况，考虑不包含首尾元素。

第二种情况，考虑包含首元素，不包含尾元素

第三种情况，考虑包含尾元素，不包含首元素

注意我这里用的是"考虑"，例如情况三，虽然是考虑包含尾元素，但不一定要选尾部元素！ 对于情况三，取nums1 和 nums3就是最大的。

而情况二 和 情况三 都包含了情况一了，所以只考虑情况二和情况三就可以了。

具体这些情况是什么样子的，可以自己画一个图就知道了，不难的。

成环之后还是难了一些的， 不少题解没有把"考虑房间"和"偷房间"说清楚。

这就导致大家会有这样的困惑：情况三怎么就包含了情况一了呢？ 本文图中最后一间房不能偷啊，偷了一定不是最优结果。

所以我在本文重点强调了情况一二三是"考虑"的范围，而具体房间偷与不偷交给递推公式去抉择。

这样大家就不难理解情况二和情况三包含了情况一了。

动态规划的五部曲也是跟上一题一样的。

3.leetcode 337.打家劫舍III

题目链接

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    // 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
    vector<int> robTree(TreeNode* current){
        if(current==NULL) return vector<int>{0,0};
        vector<int> left=robTree(current->left);
        vector<int> right=robTree(current->right);
        // 偷current，那么就不能偷左右节点。
        int val1=current->val+left[0]+right[0];
        // 不偷current，那么可以偷也可以不偷左右节点，则取较大的情况
        int val2=max(left[0],left[1])+max(right[0],right[1]);
        return {val2,val1};
    }
    int rob(TreeNode* root) {
        vector<int> result=robTree(root);
        return max(result[0],result[1]);
    }
};

思路总结：

动态规划其实就是使用状态转移容器来记录状态的变化，这里可以使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱。

这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。

第一，确定递归函数的参数和返回值

这里我们要求一个节点 偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。

参数为当前节点，代码如下：

vector<int> robTree(TreeNode* current) {

其实这里的返回数组就是dp数组。

所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。

所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！

那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？

别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。

如果还不理解的话，就接着往下看，看到代码就理解了哈。

第二，确定终止条件

在遍历的过程中，如果遇到空节点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回

if (current == NULL) return vector<int>{0, 0};

这也相当于dp数组的初始化

第三，确定遍历顺序

首先明确的是使用后序遍历。 因为要通过递归函数的返回值来做下一步计算。

通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。

通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱。

代码如下：

// 下标0：不偷，下标1：偷
vector<int> left = robTree(current->left); // 左
vector<int> right = robTree(current->right); // 右
// 中

第四，确定单层递归的逻辑

如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val + left0 + right0; （如果对下标含义不理解就再回顾一下dp数组的含义）

如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left0, left1) + max(right0, right1);

最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}

第五，举例推导dp数组

最后头结点就是 取下标0 和 下标1的最大值就是偷得的最大金钱。

这道题是树形DP的入门题目，通过这道题目大家应该也了解了，所谓树形DP就是在树上进行递归公式的推导。

所以树形DP也没有那么神秘！

只不过平时我们习惯了在一维数组或者二维数组上推导公式，一下子换成了树，就需要对树的遍历方式足够了解！